15-oscilacoes

5/27/2018 15-oscilacoes

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PROBLEMAS RESOLVIDOS DE FSICAProf. Anderson Coser Gaudio

Departamento de Fsica Centro de Cincias Exatas Univers idade Federal do Esprito Santo

http://www.cce.ufes.br/anderson

[email protected] ltima atualizao: 28/11/2006 11:21 H

10 - Oscilaes

Fundamentos de Fsica 2Halliday, Resnick, Walker

4 Edio, LTC, 1996

Fsica 2Resnick, Halliday, Krane

4 Edio, LTC, 1996

Fsica 2Resnick, Halliday, Krane

5 Edio, LTC, 2003Cap. 14 - Oscilaes Cap. 15 - Oscilaes Cap. 17 - Oscilaes

Prof. Anderson (Itacar, BA - Fev/2006)


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Problemas Resolvidos de Fsica Prof. Anderson Coser Gaudio Depto. Fsica UFES

HALLIDAY, RESNICK, WALKER, FSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.

FUNDAMENTOS DE FSICA 2

CAPTULO 14 - OSCILAES

EXERCCIOS E PROBLEMAS

01 02 03 04 05 06 07 08 09 1011 12 13 14 15 16 17 18 19 2021 22 23 24 25 26 27 28 29 3031 32 33 34 35 36 37 38 39 4041 42 43 44 45 46 47 48 49 5051 52 53 54 55 56 57 58 59 60

61 62 63 64 65 66 67 68 69 7071 72 73 74 75 76 77 78 79 8081 82 83 84 85 86 87 88 89 90

91

[Incio documento]

06.Qual a acelerao mxima de uma plataforma que vibra com uma amplitude de 2,20 cm, numafreqncia de 6,60 Hz?

(Pg. 42)

Soluo.A acelerao de um sistema que executa movimento harmnico simples descrita por:

( )2( ) cost ma x t = +

Portanto, a acelerao mxima desse sistema, cos (t+ ) = 1, ser:

( ) ( ) ( )222 2 1

max2 4 6,60 s 0,0220 m 37,8329 m/sm ma x f x

= = = = 2

2

max37,8 m/sa

[Incio seo] [Incio documento]

23.Um bloco de 0,10 kg oscila para frente e para trs, ao longo de uma linha reta, numa superfciehorizontal sem atrito. Seu deslocamento a partir da origem dado por

( ) ( ) (10 cm cos 10 rad/s / 2 rad x t = + )

(a) Qual a freqncia de oscilao? (b) Qual a velocidade mxima alcanada pelo bloco? Em

que valor dexisto acontece? (c) Qual a acelerao mxima do bloco? Em que valor de x isto

ocorre? (d) Que fora, aplicada no bloco, resulta nesta dada oscilao?

(Pg. 43)

Soluo.

Comparando-se a equao do movimento harmnico simples do enunciado com a equao geral doMHS:

________________________________________________________________________________________________________Halliday, Resnick, Walker - Fsica 2 - 4

aEd. - LTC - 1996. Cap. 14 Oscilaes

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( )( ) cost mx x t = +

Percebemos a amplitude do MHS ym= 10 cm, a freqncia angular = 10 rad/s e que a

constante de fase = /2 rad.

(a) A freqnciafdo MHS :

( )

1

1

10 s1,5915 s

2 2f

= = =

1,6 Hzf

(b) A velocidade da massa mvale:

( )( ) ( ) (10 cm 10 rad/s sen 10 rad/s / 2 rad dx

v tdt

= = + )

( ) ( ) ( )1,0 m/s sen 10 rad/s / 2 rad v t = +

A velocidade escalar mxima ser atingida quando sen (t+ ) = 1. Logo:

max1,0 m/sv =

A velocidade vmax atingida emx= 0.

(c) A acelerao da massa mvale:

( )( ) ( ) (1,0 m/s 10 rad/s cos 10 rad/s / 2 rad dv

a tdt

= = + )

( ) ( ) ( )210 m/s cos 10 rad/s / 2 rad a t = +

A acelerao escalar mxima ser atingida quando cos (t+ ) = 1. Logo:2

max10 m/sa =

A acelerao amax atingida nos extremos da trajetria da massa m, ou seja, emx= 10 cm.(d) A fora vale:

F k= x

Mas:

( )2kx ma m x = = 2

kx m x=

( ) ( )2

2 1

2 2

kg kg.m N0,10 kg 10 s 10 10 10

s s .mk m = = = = =

m

Logo:( )10 N/mF x=


24.Num certo porto, a mar faz com que a superfcie do mar suba e desa uma distncia dnummovimento harmnico simples, com um perodo de 12,5 h. Quanto tempo leva para que a gua

desa uma distncia d/4 de sua altura mxima?

(Pg. 43)

Soluo.



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Em primeiro lugar, vamos compor a equao do movimento harmnico simples relativo oscilao

da mar:

( )( ) cost my y t = +

Considere o esquema abaixo, que mostra os limites de oscilao da mar:

Preamar

Baixamar

y

0

d/4

d

d/2

Pelo esquema, deduz-se que a amplitude do movimento ym= d/2. Vamos supor = 0 para

simplificar o clculo. A freqncia angular pode ser obtida a partir do perodo T, fornecido no

enunciado:

( )2 2

0,5026 rad/h12,5 hT

= = =

Portanto, temos:

( )( ) cos2

t

dy t=

No instante t0= 0 s, a posio do nvel do mar mxima (preamar), ou seja, y(0)= d/2. A partir da,

a mar comea a descer e estamos interessados no tempo gasto para o nvel baixar dey(0)= d/2 at

y(1)= d/4. O instante t1em que isso acontece pode ser calculado por meio da equao do MHS.

( )(1) 1cos4 2d d

y t= =

( )11

cos2

t=

( )1

1

1 1 1cos 2,0833 h

2 0,5026 rad/h 3t

= = =

12,08 ht


29.Um oscilador harmnico simples consiste em um bloco com massa 2,00 kg ligado a uma molacom constante 100 N/m. Quando t= 1,00 s, a posio e a velocidade do bloco sox= 0,129 m e

v= 3,415 m/s. (a) Qual a amplitude das oscilaes? Quais eram (b) a posio e (c) a velocidade

da massa em t= 0 s?

(Pg. 44)

Soluo.

(a) A equao geral do movimento harmnico simples :

( )( ) cost mx x t = +

Em t1= 1,00 s, a posio do corpo oscilante x1.

(1 cosmx x t )1 = + (1)________________________________________________________________________________________________________Halliday, Resnick, Walker - Fsica 2 - 4


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A velocidade do corpo :

( )( ) sent mv x t = +

Em t1= 1,00 s, a posio do corpo oscilante v1.

(1 1senmv

x t )

= + (2)

Dividindo-se (2) por (1):

( )( )

( )11 11 1

sentan

cos

m

m

x tvt

x x t

+ = = +

+

1 11

1

tan v

tx

=

(3)

A freqncia angular do MHS vale:

( )

( )

100 N/m7,0710 rad/s

2,00 kg

k

m

= = =

Agora podemos operar (3):

( )( ) ( )

( ) ( )13,415 m/s

tan 7,0710 rad/s 1,00 s 8,3808 rad 7, 0710 rad/s 0,129 m

= =

Os possveis candidatos para valores da constante de fase so 1= +2= 2,0976...rad e 2= 1= 5,2392...rad. O clculo dexmconsiste na substituio de e em (1) e resoluo paraxm.

No far diferena o uso de 1, 2ou mesmo . O mximo que poder acontecer a bteno do

mesmo valor paraxmcom o sinal trocado. No entanto, o valor de que produzir o valor positivo de

xm, ser o valor correto de .

( )

( )

( )( ) ( )1

1 1

0,129 m0, 4999 rad

cos cos 7,0710 rad/s 1,00 s 2,0976 rad m

xx

t = = =

+ +

Utilizando-se o valor de 2na expresso acima, o resultado ser 0,4999...rad. Logo:

0,500 radm

x

Portanto, o valor correto da constante de fase = 2,0976...rad.

(b) A posio de mem t= 0 s :

( ) ( )(0 ) 0,4999 rad cos 2,0976 rad 0,2514 mx = =

(0) 0,251 mx (c) A velocidade de mem t= 0 s :

( ) ( ) ( )(0) 2,0976 rad 0,4999 rad sen 2,0976 rad 3,0556 m/sv = =

(0 )3,06 m/sv


31.Duas partculas oscilam em um movimento harmnico simples ao longo de um segmento de reta

comum de comprimentoA. Cada partcula tem um perodo de 1,5 s, mas diferem em fase de /6rad. (a) Qual a distncia entre elas (em termos deA), 0,50 s aps a partcula mais atrasada



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deixar uma das extremidades do percurso? (b) Elas esto se movendo no mesmo sentido, em

direo uma da outra ou esto se afastando?

(Pg. 44)

Soluo.


44.Quando o deslocamento no MHS metade da amplitudexm, que frao da energia total (a)cintica e (b) potencial? (c) Com qual deslocamento, em termos de amplitude, a energia do

sistema metade cintica e metade potencial?

(Pg. 45)

Soluo.


62.Um pndulo formado prendendo-se uma haste longa e fina de comprimentoLe massa memum dado ponto, que est a uma distncia dacima do centro da haste. (a) Ache o perodo deste

pndulo em termos de d, m,Le g, considerando-se que oscile com uma pequena amplitude. O

que acontece ao perodo, se (b) d reduzido, (c)L aumentado ou (d) m aumentada?

(Pg. 45)

Soluo.

Veja o esquema da situao:

CM

d Eixo de rotaoL

(a) O perodo de um pndulo fsico dado por:

2 I

Tmgd

=

O momento de inrcia do pndulo obtido por meio da aplicao do teorema dos eixos paralelos:

( )2

2 2 2 1212 12

CM

mL m 2I I md md L d= + = + = +

Logo:

( )2 21212

2

mL d

T mgd

+=



6


7/33


( )2 2123

L dT

gd

+=

O comportamento do perodo em relao variao de m,Le dser representado por meio de

grficos apropriados,:

(b) T=f(d), para g= 9,81 m/s2eL= 1,0 m:

0. 2 0. 4 0. 6 0. 8 1

d HmL

1

2

3

4

5

6

T HsL

Reduzindo-se o valor de d, o perodo tende a diminuir at um valor mnimo em / 2 3d L= . Neste

ponto, o perodo igual ( )min 2 / 3T L g= . Diminuindo-se ainda mais o valor de d, o perodotende rapidamente ao infinito.

(b) T=f(L), para g= 9,81 m/s2e d= 0,30 m:

2 4 6 8 10L HmL

2

4

6

8

10

12

14

T HsL

O perodo aumenta linearmente com o aumento deL, paraL>>d.

(c) Como Tno depende de m, o perodo constante em relao variao de m.


65.Um disco circular uniforme cujo raioR de 12,5 cm est suspenso, como um pndulo fsico, de

um ponto em sua borda. (a) Qual o seu perodo de oscilao? (b) A que distncia radial r


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CM

P

R

Ponto de suspenso

x

y

zM

z

Aplicando-se a segunda lei de Newton rotacional ao pndulo:

z zI =

O momento de inrcia do pndulo obtido por meio da aplicao do teorema dos eixos paralelos:2 2

2 2 3

2 2CM

MR MI I MR MR= + = + =

R

Logo:2 2

2

3sen

2

MRMg R

t

=

Para pequenas oscilaes, temos sen .2

2

20

3

g

t R

+

Esta a equao diferencial do movimento harmnico simples, em que:

2 2

3

g

R =

Logo:

( )( )26 0,125 m2 3 62 0,868652 s

2 9,81 m/sR RTg g

= = = = =

0,869 sT

(b) O novo esquema da situao mostrado a seguir:

CM

P

R

Ponto de suspenso

x

y

z

Mr

O novo momento de inrcia ser:

( )2

2 2 2 22 2

CM

MR M 2I I Mr Mr R r= + = + = +

Aplicando-se a segunda lei de Newton rotacional ao pndulo:

( )2

2 2

2sen 2

2

MMg r R r

t

= +

Fazendo sen :2

2 2 2

2

02

gr

t R r

+ =

+



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'

2 2

2

2

gr

R r =

+

Logo:

2 2' 2

22

R rT

gr

+=

O problema pede o valor de rpara T= T. Logo:

2 23 22 2

2 2

R R r

g g

+=

r

2 223

R rR

r

+=

2 22 3r Rr R + = 0

As razes desta equao do segundo grau so r=Re r=R/2. Como r=Rcorresponde situao doitem (a), temos:

2

Rr=


68.Uma haste de um metro balanando de uma das extremidades oscila com uma freqnciaf0.Qual seria a freqncia, em termos def0, se a metade inferior da haste fosse cortada?

(Pg. 47)

Soluo.

Considere o seguinte esquema da situao:

CM,0 h0

A

M

LCM,1

h1

A

M/2

L/2

SejamI0eI1os momentos de inrcia da haste original e da haste cortada, em relao ao eixo derotao (ponto A) eICM,0eICM,1os momentos de inrcia dessas barras em relao aos respectivos

centros de massa. Na barra original, temos:2

,012

CM

MLI =

O valor deI0 obtido por meio da aplicao do teorema dos eixos paralelos:

2 2 2

0 ,02 12 4 3

CM

2L ML ML MLI I M

= + = + =

Na barra cortada, temos:



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2

2

,1

2 2

12 96CM

M L

MLI

= =

O valor deI1 obtido por meio da aplicao do teorema dos eixos paralelos:

2 2 2

1 ,12 4 96 32 24

CM

2M L ML ML ML

I I

= + = + =

A freqncia de oscilao do pndulo original pode ser descrita em termos do seu perodo T0:

00 2

0 0

1 1 1 1 3 1 1 32

2 2 2 2 22

3

LMg

Mgh gf

T I LML

= = = = =

g

L (1)

A freqncia de oscilao do pndulo cortado pode ser descrita em termos do seu perodo T:

1 2

1 1 1 1 34

2 2 2

24

LMgMgh g

fT I ML

= = = =

L (2)

Comparando-se (1) e (2):

0 1

1

2f f=

1 02f f=


76.Uma roda gira livremente em torno de seu eixo fixo. Uma mola est ligada a um de seus raios, auma distncia rdo eixo, como vemos na Fig. 14-39. (a) Considerando que a roda um aro demassa me raioR, obtenha a freqncia angular de pequenas oscilaes deste sistema em termos

de m,R, re a constante da mola k. Como mudaria o resultado se (b) r=Re (c) r= 0?

(Pg. 49)

Soluo.

(a) Veja o esquema com o detalhe da aplicao da fora sobre o raio da roda:



10


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x

F

r

Aplicando-se a segunda lei de Newton rotao da roda, temos:

2

2z I

t

=

22

2cosFr mR

t

=

Mas a fora emx dada por:

senF kx kr = =

Logo:

22 2

2sen coskr mR

t =

2 2

2 2

sen cos0

kr

t mR

+ =

Para pequenas oscilaes do sistema, sen e cos 1:2 2

2 20

kr

t mR

+ =

Esta a equao do movimento harmnico simples, em que a freqncia angular vale:

r kR m

=

(b) Para r=R, teremos:

k

m=

Este resultado corresponde ao perodo de oscilao de uma massa mconectada a uma mola k.

(c) Fazer r= 0, equivale a conectar a mola ao eixo da roda, o que no ir provocar oscilaes nosistema.

0=


91.Um pndulo fsico consiste em duas hastes com um metro de comprimento que so ligadascomo mostra a Fig. 14-44. Qual o perodo de oscilao com um eixo inserido no ponto A?



11


12/33


(Pg. 49)

Soluo.

Antes de calcular o perodo de oscilao deste pndulo fsico, precisamos determinar a posio docentro de massa e o momento de inrcia do pndulo. A posio do centro de massa pode ser

facilmente deduzida devido simetria do sistema. Representando-se cada uma das barras pormassas pontuais localizadas em seus respectivos centros de massa (CM1e CM2). Veja o esquema a

seguir:

L

L

CM1

CM2

L/2CM

h L= /4Barra 1

Barra 2

A

Deduz-se que o centro de massa do pndulo est localizado a uma distncia h=L/4 do eixo de

rotao (ponto A). O momento de inrcia do pndulo em relao ao ponto A vale:

1, 2,A A AI I I= +

Nesta expresso,I1,AeI2,Aso os momento de inrcia das barras 1 e 2 em relao ao ponto A. O

valor deI1,A tabelado (ou pode ser determinado por integrao dex2dm):

2

1,12

A

MLI =

O valor deI2,A obtido por meio da aplicao do teorema dos eixos paralelos:

2

2 2 2

2,2 12 4 3

A CM

2L ML ML MLI I M

= + = + =

Logo:

2 2

1, 2,

5

12 3 12A A A

2ML ML ML

I I I= + = + =

Agora podemos aplicar a segunda lei de Newton rotacional ao sistema oscilante. Veja o esquema

abaixo:



12


13/33


CM h

P

A

2

2z A

dI

dt

=

2 2

2

5sen

12

ML dP h

dt

=

2 2

2

52 sen

4 12

L ML dMg

dt

=

2

2

6sen 0

5

d g

dt L

+ =

Para pequenas oscilaes:

2

2

60

5

d g

dt L

+

A expresso acima corresponde equao diferencial do movimento harmnico simples, em que a

freqncia angular pode ser identificada como:

6

5

g

L=

Finalmente, o perodo vale:

( )

( )25 1 m2 5

2 2 1,8312 s6 6 9,81 m/s

LT

g

= = = =

2 sT




13


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RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.

FSICA 2


PROBLEMAS

01 02 03 04 05 06 07 08 09 1011 12 13 14 15 16 17 18 19 2021 22 23 24 25 26 27 28 29 3031 32 33 34 35 36 37 38 39 4041 42 43 44 45 46 47 48 49 5051 52 53 54 55 56 57 58 59 60

61 62 63 64 65 66 67 68 69 7071 72 73 74 75

[Incio documento]

02.Um oscilador consiste em um bloco de massa de 512 g preso a uma dada mola. Ao oscilar comamplitude de 34,7 cm, ele repete seu movimento a cada 0,484 s. Encontrar: (a) o perodo, (b) a

freqncia, (c) a freqncia angular, (d) a constante de fora, (e) a velocidade mxima e (f) afora mxima exercida no bloco.

(Pg. 19)

Soluo.(a) O perodo do movimento de oscilao o tempo gasto para que o movimento se repita, ou seja,complete um ciclo. Logo:

0,484 sT=

(b) A freqncia de oscilao vale:

11 2,0661 s 2,0661 HzT

= = =

2,07 Hz

(c) A freqncia angular vale:

2 12,9817 rad/s = =

13,0 rad/s

(d) Para determinar a constante de fora, partimos da conhecida relao:

k

m=

2 86, 2857 N/mk m= =

86,3 N/mk

(e) A dependncia da velocidade da massa em relao ao tempo dada pela seguinte equao:

( )( ) sent mv x t = +

________________________________________________________________________________________________________Resnick, Halliday, Krane - Fsica 2 - 4


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A velocidade mxima vmax encontrada quando sen(t+ ) = 1. Logo:

max 4, 5046 m/smv x= =

max 4,50 m/sv

(f) A dependncia da fora que a mola exerce sobre o bloco em relao ao tempo dada pela

relao:

( )2( ) ( ) cost t mF ma m x t = = +

A fora mxima Fmax encontrada quando cos(t+ ) = 1. Logo:2

max29,9407 N

mF m x= =

max 29,9 NF


08.Um corpo oscila com movimento harmnico simples de acordo com a equao

( ) ( )6,12 m cos 8, 38 rad/s 1, 92 rad x t= +

Encontre (a) o deslocamento, (b) a velocidade e (c) a acelerao no instante t= 1,90 s. Encontre

tambm (d) a freqncia e (f) o perodo do movimento.

(Pg. 19)

Soluo.

(a) A posio em t= 1,90 s vale:

( ) ( ) ( )(1,90 s) 6,12 m cos 8,38 rad/s 1,90 s 1,92 rad 3, 26764 mx = + =

(1,90 s)3, 27 mx

(b) A velocidade em t= 1,90 s vale:

( )( ) ( )( ) 8, 38 rad/s 6,12 m sen 8, 38 rad/s 1, 92 rad tdx

v tdt

= = +

( )( ) ( ) ( )(1,90 s) 8, 38 rad/s 6,12 m sen 8, 38 rad/s 1,90 s 1, 92 rad 43,3634 m/sv = + =

(1,90 s)43, 4 m/sv

(c) A acelerao em t= 1,90 s vale:

( ) ( ) ( )2

( ) 8, 38 rad/s 6,12 m cos 8, 38 rad/s 1, 92 rad tdv

a tdt

= = +

( ) ( ) ( )( )2 2

(1,90 s) 8,38 rad/s 6,12 m cos 8,38 rad/s 1,90 s 1,92 rad 229, 4683 m/sa = + =

2

(1,90 s) 229 m/sa

(d) A freqncia vale:

8,38 rad/s1,33371 Hz

2 2

= = =

1,33 Hz

(e) O perodo vale:

1 0, 74978 sT

= =



15


16/33


0,750 sT


13.Num certo porto, a mar faz a superfcie do oceano subir e descer em movimento harmnico

simples, com um perodo de 12,5 h. Quanto tempo a gua leva para, partindo da altura mxima,atingir metade desta distncia abaixo do nvel de equilbrio?

(Pg. 20)

Soluo.


14.Dois blocos (m= 1,22 kg eM= 18,73 kg) e uma determinada mola (k= 344 N/m) estoarranjados numa superfcie horizontal, sem atrito, como mostra a Fig. 25. O coeficiente de atritoesttico entre os blocos de 0,42. Determine a amplitude mxima possvel do movimento

harmnico simples para que no haja deslizamento entre os blocos?

(Pg. 20)

Soluo.

Considere o seguinte esquema, onde o ndice 1 se refere ao bloco me 2 aM:

N1

P1

f

F

m x

y

N2

P2

f

a1= a2

M

N1

A mxima acelerao que o bloco msuporta (a1) sem deslizar aquela que no rompe a condio

de atrito esttico com o blocoM:1f ma=

1 1N mg ma = =

1a g=

Portanto, o sistema oscilante poder apresentar acelerao mxima (amax) igual a g. Logo:2

( ) ( )t ta x=

2max m

a x=



16


17/33


( )max

2m

gax

k

m M

= =

+

( )0,11917 mm

g m Mx

k

+= =

0,12 mmx


19.Duas partculas oscilam, com movimento harmnico simples, ao longo de um mesmo segmentode reta, de comprimentoL. Elas tm o mesmo perodo de 1,50 s e fases que diferem de 30,0o.

(a) Qual ser a distncia entre elas (em termos deL)? Qual ser a distncia entre elas, 0,500 sdepois que a partcula atrasada deixar um dos extremos da trajetria? (b) Elas esto se movendo

no mesmo sentido, uma se aproximando da outra, ou esto se afastando neste instante?

(Pg. 20)Soluo.

Em primeiro lugar vamos construir as equaes de movimento das partculas 1 e 2. As equaes

gerais do MHS de 1 e 2 so:

( )1( ) cost mx x t=

2( ) cos6

t mx x t

= +

Como T1= T2= T= 0,500 s, as freqncias angulares 1e2so iguais a para as duas partculas.

2 2 4 rad/s1,5 3T

= = =

As amplitudes do MHS tambm so iguais para ambas as partculas, comxm=L/2. Logo:

1( )

4cos rad/s

2 3t

Lx t

=

2( )

4cos rad/s

2 3t

Lx t

6

= +

Sendo 1= 0, temos 2= 1+ /6. Isto significa que a partcula 1 est atrasada de /6 rad em

relao partcula 2. Em t= 0,x1= 0 ex2= 3 /4L = 0,43301...L. Ou seja, a distncia entre aspartculas em t= 0 :

12( 0)0,433

td L=

As velocidades das partculas 1 e 2 so dadas por:

1( )

4 4rad/s sen rad/s

3 2 3t

Lv t

=

2( )

4 4rad/s sen rad/s

3 2 3t

Lv t

6

= +

Em t= 0,500 s, temos as seguintes posies e velocidades para as partculas 1 e 2:



17


18/33


( )1(0,500 s)4

cos rad/s 0,500 s 0,2502 3

Lx t L

= =

( )2(0,500 s )4

cos rad/s 0,500 s 0,4332 3 6

Lx L

= +

( )1(0,500 s ) 4 4rad/s sen rad/s 0,500 s 1,8133 2 3

Lv L =

( )2(0,500 s )4 4

rad/s sen rad/s 0,500 s 1,0473 2 3 6

Lv L

= +

A distncia entre as partculas em t= 0,500 s vale:

( ) ( )12( 0,500 s) 2(0,500 s) 1(0,500 s) 0, 433 0, 250td x x L= = = L

12 ( 0 ,500 s )0,183

td L=

Considere o seguinte esquema, que mostra as posies e as velocidades das partculas em t= 0,500

s.

x0L/2 L/2

12v1v2

t= 0,500 s

Portanto, em t= 0,500 s, as partculas esto se aproximando.


20.Duas partculas executam movimento harmnico simples de mesmas amplitude e freqncia, aolongo da mesma linha reta. Elas se cruzaro quando, movendo-se em sentidos opostos, seusdeslocamentos forem iguais metade da amplitude. Encontre a diferena de fase entre elas.

(Pg. 20)

Soluo.


21.Duas molas esto presas a um bloco de massa m, que pode deslizar sem atrito numa superfciehorizontal, como est mostrado na Fig. 26. Mostre que a freqncia de oscilao do bloco

2 21 21 2

1

2

k k

m

+= = +

onde 1e 2so as freqncias em que o bloco oscilaria se fosse conectado somente mola 1ou 2. (O anlogo eltrico deste sistema uma combinao em srie de dois capacitores).

(Pg. 20)

Soluo.



18


19/33


Para a mola k1, temos:

1 12 =

1 11

1

2 2

k

m

= =

2 2114

k

m =

2

14k m 2

1 = (1)

De forma anloga, para a mola 2 teremos:2

24k m 2

2 = (2)

Considere o seguinte esquema:

x0

m

x

F1 F2k1 k2

A fora elstica resultante sobre o bloco vale:

(3)(1 2 1 2 1 2F F F k x k x k k x= + = = + )

tx

Sabemos que para o MHS vlida a seguinte relao:

(4)2

( ) ( )ta =

De acordo com a segunda lei de Newton, temos:

(5)F ma=

Substituindo-se (3) e (4) em (5):

( ) 21 2k k x m x + = 2

1 2k k m+ = (6)

Substituindo-se (1), (2) e a relao = 2em (6):2 2 2 2 2

1 24 4 4m m m 2 + =

2 2

1 2 = +


22.Ligam-se duas molas e no extremo de uma delas prende-se um bloco de massa m, como estmostrado na Fig. 27. No h atrito entre as superfcies. Se as molas separadamente tiverem

constantes de fora k1e k2, mostre que a freqncia da oscilao do bloco ser

( )1 2 1 2

2 21 2 1 2

1

2

k k

k k m

= =

+ +

onde 1e 2so as freqncias em que o bloco oscilaria se fosse conectado somente mola 1ou 2. (O anlogo eltrico deste sistema uma combinao em paralelo de dois capacitores).



19


20/33


(Pg. 20)

Soluo.

Considere o seguinte esquema:

m

F1 F2k1 k2F

Sejam as seguintes relaes, em quex1ex2so os estiramentos das molas k1e k2, respectivamente:

(1)1 1

F k= 1

x

2x (2)2 2F k= A partir destas equaes, temos:

11

1

Fx

k= (3)

22

2

Fx

k= (4)

Vamos imaginar que a associao em srie de molas mostrada na Fig. 27 possa ser substituda poruma mola equivalente de constante k, de tal forma que as caractersticas do movimento imprimido

ao bloco no seja alterado.

m

kF

As Eqs. (1)-(4) sugerem que:

(5)'F k= 'x

'

'

Fx

k= (6)

Nas Eqs. (5) e (6),xcorresponde distncia de compresso ou estiramento da mola k e F a fora

elstica correspondente gerada pela mola. O importante observar que:

1 2x x x= + (7)

(8)'1 2F F F F = = =

Substituindo-se (3), (4) e (6) em (7):'

1 2

'

1 2

F FF

k k k =

Aplicando-se a relao (8), temos:

'

1 2

'1 2 1 2

1 1 k kF

F Fk k k k k

+

= =



20


21/33


' ' 1 2

1 2

k kF k F

k k

+=

(9)

Comparando-se (5) e (9), temos:

1 2

1 2

k kF x

k k

+=

1 2

1 2

k kF x

k k=

+

Logo:

' 1 2

1 2

k kk

k k=

+ (10)

A freqncia de oscilao do sistema vale:

' '' 1

2 2

k

m

= = = (11)

Substituindo-se (10) em (11):

( )' 1 2

1 2

1

2

k k

k k m

=

+


28.(a) No movimento harmnico simples, quando o deslocamento for igual metade da amplitudexm, que frao da energia total ser cintica e que frao ser potencial? (b) Para que valor do

deslocamento metade da energia ser cintica e metade ser potencial?(Pg. 21)

Soluo.

(a) A equao do movimento harmnico simples :

( )( ) cost mx x t = +

Quando o deslocamento for igual metade da amplitude, temos:

( )0( ) 0

cos2

mt m

xx x t = = +

Isto implica em que no tempo t0temos:

( )01

cos2

t + =

A energia mecnica total do MHS dada por:

21

2 m

E kx= (1)

No instante t0a energia potencial do sistema vale:

( )0 0

222 2

( ) ( ) 0

1 1 1 1cos

2 2 2 2t t m m

U kx k x t kx

= = + =

0

2

( )18

tU k= mx (2)



21


22/33


A energia cintica do sistema no instante t0pode ser calculada por diferena:

0 0

2 2

( ) ( )

1 1

2 8t t m mK E U kx kx= =

0

2

( )

3

8t

K k= mx (3)

Agora podemos usar as Eqs. (1)-(3) para calcular o que foi pedido. A frao da energia total queser cintica :

0

2

( )

2

3

81

2

mt

K

m

kxKf

Ekx

= =

3

4K

f =

A frao da energia total que ser potencial :

0

2

( )

2

181

2

mt

U

m

kxUf

Ekx

= =

1

4U

f =

(b) Usaremos a condio da energia potencial ser metade da energia mecnica total:

2

EU=

2

2

11 2

2 2

mkx

kx =

22

2

mxx =

2

2 m

x x=


34.Um bloco de massaMest em repouso em uma mesa horizontal, sem atrito, preso em suportergido por uma mola de constante elstica k. Uma bala de massa me velocidade vatinge obloco, como mostra a Fig. 30; a bala fica presa no bloco. Determine a amplitude do movimento

harmnico simples resultante, em termos de m,M, ve k.

(Pg. 21)



22


23/33


Soluo.


m+M

x0 xm-xm

Logo aps a coliso completamente inelstica entre a bala e o bloco, ambos passam a executar

movimento harmnico simples como um s corpo de massa m+M. A velocidade do conjuntoimediatamente aps a coliso corresponde velocidade mxima do MHS (vmax). O clculo de vmax

feito por meio da aplicao do princpio da conservao do momento linear na coordenada x:

0x xP P=

bala,0 bloco,0 bala blocop p p p+ = +

max max0mv mv Mv+ = +

max

mvv

m M=

+ (1)

Durante o MHS, a velocidade do sistema bloco + bala em funo do tempo dada por:

( )( ) sent mv x t = +

A velocidade mxima do MHS obtida quando sen (t+ ) = 1. Logo:

max mv x=

maxm

vx

= (2)

Por definio, a freqncia angular dada por:

k

m M=

+ (3)


m

mv m M x

m M k

+=

+

( )m

mvx

m M k=

+


36.Um bloco de 4,00 kg est suspenso por uma mola de constante elstica 5,00 N/cm. Uma bala de50,0 g atirada sobre o bloco, de baixo para cima, com velocidade de 150 m/s, ficando em

repouso no interior do bloco. (a) Encontre a amplitude do movimento harmnico simplesresultante. (b) Que frao da energia cintica original da bala se transforma em energia

mecnica do oscilador ?

(Pg. 22)

Soluo.Considere o seguinte esquema da situao:



23


24/33


y

0

ym

-ym

v0

m

M

m M+

Logo aps a coliso completamente inelstica entre a bala e o bloco, ambos passam a executar

movimento harmnico simples como um s corpo de massa m+M. A velocidade do conjuntoimediatamente aps a coliso corresponde velocidade mxima do MHS (vmax). O clculo de vmax

feito por meio da aplicao do princpio da conservao do momento linear na coordenada x:

0x xP P=

bala,0 bloco,0 bala blocop p p p+ = +

0 max0mv mv Mv+ = +

max

0max

mvv

m M=

+ (1)

Durante o MHS, a velocidade do sistema bloco + bala em funo do tempo dada por:

( )( ) sent mv y t = +

A velocidade mxima do MHS obtida quando sen (t+ ) = 1. Logo:

max mv y= (2)

A freqncia angular do sistema vale:

k

m M=

+ (3)


m

mv ky

m M m M =

+ +

( )0 0 0,1666 mm

m m M my v v

m M k k m M

+= = =

+ +

0,17 mmy

(b) A energia mecnica do oscilador corresponde sua energia cintica mxima.

( ) ( )2

2max

max

220 00

1

21

2

m M v m M vEf

K mmv

+ += = =

v (4)


( )2

0

20

0,0123456

m M mv m

f mv m M m M

+

= = = + +



24


25/33


0,012f


37.Um cilindro slido est preso a uma mola horizontal sem massa, de tal modo que ele pode rolar

sem deslizarsobre uma superfcie horizontal, como mostra a Fig. 32. A constante de fora kdamola 2,94 N/cm. Sabendo-se que o sistema foi abandonado em repouso numa posio tal que

a mola estava distendida de 23,9 cm, calcule as energias cinticas (a) de translao e (b) derotao do cilindro, quando ele passar na posio de equilbrio. (c) Mostre que, nestas

condies, o centro de massa do cilindro executa movimento harmnico simples com perodode

32

2

MT

k=

onde M a massa do cilindro.

(Pg. 22)

Soluo.

A energia mecnica total vale (xm a amplitude de oscilao):

21 0,09375 J2

mE kx= = (1)

Quando o cilindro passa pelo ponto onde a mola est relaxada, a energia mecnica do sistemaE

estar na forma de energia cintica K. Esta est dividida em energia cintica translacional KTe

rotacional KR.

(2)TE K K K= = + R

A energia cintica translacional vale:

21

2TK M= v (3)

A energia cintica rotacional vale (I o momento de inrcia do cilindro e a sua velocidade

angular):

2221 1

2 2 2R

MR vK I

R

= =

21

4RK M= v (4)


2 21 1

2 4E Mv Mv= +

23

4

E Mv= (5)

(a) Dividindo-se (4) por (5):



25


26/33


2

2

224

3 3

4

T

MvK

EMv

= =

20,0625 J

3

TK E= =

0,063 JTK

(a) Dividindo-se (3) por (5):

2

2

114

3 3

4

T

MvK

EMv

= =

10,03125 J

3TK E= =

0,031 JTK

(c) Considere o seguinte esquema das foras que agem sobre o cilindro:

P

f

x

y

z

N

F

v

Vamos analisar a dinmica da translao do cilindro (emx), em que F a fora elstica,f a fora

de atrito esttico, P o peso do cilindro eN a normal:

x xF Ma=

2

2

d xF f M

dt =

2

2

d xkx f M

dt = (6)

Agora vamos analisar a dinmica da rotao do cilindro (torques emz, em relao ao centro de

massa do cilindro):z z

I = 2

2 z

MRfR =

Mas:

xz

v

R =

Logo:2

2x

vMRfR

R=



26


27/33


2

22

M d xf

dt= (7)


2 2

2 22

M d x d xkx M

dt dt =

2

2

20

3

d x kx

dt M+ = (8)

A Eq. (8) a equao diferencial do movimento harmnico simples, onde:

2 2

3

k

M =

A relao entre o perodo de oscilao Te a freqncia angular :

2T

=

Logo:3

22

MT

k=


45.Um pndulo fsico consiste de um disco slido uniforme de massaM= 563 g e raioR= 14,4cm, mantido no plano vertical por um eixo preso distncia d= 10,2 cm do centro do disco,

como mostra a Fig. 35. Desloca-se o disco de um pequeno ngulo e a seguir ele abandonado.Encontre o perodo do movimento harmnico resultante.

(Pg. 23)

Soluo.

O perodo de oscilao de um pndulo fsico dado pela Eq. (1), ondeI o momento de inrcia dopndulo em relao ao eixo de oscilao e d a distncia entre esse eixo e o centro de massa dopndulo:

2 I

TMgd

= (1)

O momento de inrcia obtido por meio da aplicao do teorema dos eixos paralelos:2

CMI I Md= +

22

2

MRI Md= +

( 2 222

M)I R d= + (2)



27


28/33



( )2 222 0,90528 s

2

R dT

gd

+= =

0,905 sT


48.Um pndulo consiste de um disco uniforme de raio de 10,3 cm e massa de 488 g preso a umavara uniforme de 52,4 cm de comprimento e 272 g de massa; veja a Fig. 36. (a) Calcule o

momento de inrcia do pndulo em torno deste eixo. (b) Qual a distncia entre o eixo e ocentro de massa do pndulo? (c) Calcule o perodo de oscilao para deslocamento angular

pequeno.

(Pg. 23)

Soluo.


x

0

CM

hl

R

M

m

(a) O momento de inrcia do pndulo (I) igual soma dos momentos de inrcia da vara (Ivara) e dodisco (Idisco).

vara discoI I I= + (1)De acordo com a Fig. 9f(pg. 234, vol. 1):



28


29/33


2

vara3

mlI = (2)

O clculo deIdiscorequer a aplicao do teorema dos eixos paralelos:

( )2

CMI I M l R= + +

(2

2

2MR )I M l R= + + (3)


( )2 2

2 20,028905 kg.m3 2

ml RI M l R

= + + + =

20,0289 kg.mI

(b) A coordenada do centro de massa (xCM) dada por:

( )1 2 1 1 2CMm m x m x m x+ = + 2

( ) ( )2

lm M h m M l R+ = + +

1( ) 0,4963 m

2

mlh M l R

m M

= + + = +

49,6 cmh

(c) O perodo de oscilao deste pndulo fsico (T) vale:

( )2 0,5553 s

IT

m M gh= =

+

0,555 sT


51.Um metro de madeira articulado em um dos seus extremos oscila com freqncia 0. Qual seria

a freqncia, em termos de 0, se um tero do metro fosse cortado da parte de baixo?(Pg. 23)

Soluo.


53.Um pndulo fsico tem dois pontos possveis de suspenso; um fixo e o outro ajustvel aolongo do comprimento do pndulo, conforme a Fig. 38. Quando gira em torno da suspensofixa, o pndulo tem perodo T. Invertendo-se o pndulo, de modo que passe a girar em torno da

suspenso ajustvel, consegue-se, por tentativas, faz-lo oscilar com o mesmo perodo T.Mostre que a acelerao da gravidade pode ser escrita na forma

2

2

4 Lg

T

=

ondeL a distncia entre as duas suspenses. Note que gpode ser medido desta maneira, sem

necessidade do conhecimento do momento de inrcia do pndulo ou qualquer das outrasdimenses, com exceo deL.



29


30/33


(Pg. 23)

Soluo.


hA

A

B

CM

T, IA

hB

B

A

CM

T, IB

Aplicando-se o teorema dos eixos paralelos, podemos obter os momentos de inrcia do pndulo em

relao aos eixosAeB:2

A CM AI I Mh= +

2

B CM BI I Mh= +

Logo:

( ) ( ) ( )2 2A B A B A B A BI I M h h M h h h h = = + (1)

O perodo de oscilao do pnduloAvale:

2 A

A

ITMgh

=

Logo:

2

24

AA

Mgh TI

=

De forma semelhante para o pnduloBtemos:

2

24

BB

Mgh TI

=

Logo:



30


31/33


(2

24A B A b

MgT)I I h

= h (2)

Igualando-se (1) e (2):

( ) ( )(2

24 A b A B A B

MgTh h M h h h h

= + )

Reconhecendo-se que hA+ hB=Le simplificando-se a expresso:B

2

24

gTL

=

2

2

4 Lg

T

=


55.Um pndulo simples de comprimentoLe massa mest preso a um carro que se move comvelocidade constante vnuma trajetria circular de raioR. Qual ser o perodo do movimento,sabendo-se que o pndulo executa pequenas oscilaes em torno da posio de equilbrio

(Pg. 23)

Soluo.

Considere o seguinte esquema das foras que agem sobre o pndulo:

L

P

FC

x

y

z

Para um observador localizado no referencial no inercial do carro, h duas foras atuando sobre amassa do pndulo: a fora da gravidade (P) e a fora centrfuga (FC) devido ao movimento circulardo carro, que uma fora fictcia. O mdulo da fora resultante (FR) vale:

( ) ( )

1/ 22

21/ 2 22 2

R C

mvF P F mg

R

= + = +

(1)

Resolvendo-se a segunda lei de Newton para o sistema:

zzI =

22

2senR

dF L mL

dt

= (2)

O sinal negativo em (2) deve-se ao fato de o torque exercido pela fora resultante (FRLsen ) ter

sempre o sentido contrrio da posio angular . Substituindo-se (1) em (2):

( )

1/ 22

2 22

2senmv d

mg mLR dt

+ =



31


32/33


Para oscilaes de pequena amplitude vale a aproximao sen :

( )

1/ 22

2 22

2

10

d mvmg

dt mL R

+ +

=

1/ 2222 2

2 0

d g v

dt L RL

+ + =

O fator multiplicativo de corresponde ao quadrado da freqncia angular (2):1/ 4

2 22 2 2

1g v g v

L RL L gR

= + = +

Portanto, o perodo de oscilao do pndulo vale:

2T

=

22

2

1

T

g v

L gR

=

+




32


33/33


RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FSICA, 5.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 2003.

FSICA 2


EXERCCIOS

01 02 03 04 05 06 07 08 09 1011 12 13 14 15 16 17 18 19 20

21 22 23 24 25 26 27 28 29 3031 32 33 34 35 36 37 38 39 40

41 42 43 44 45 46 47 48 49 50

51 52 53 54 55

PROBLEMAS

01 02 03 04 05 06 07 08 09 1011 12 13 14 15 16 17 18 19 2021 22 23 24 25 26 27

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